Corrigés des exercices du livret 2nde / 1ère S – STI2D – STL

IREM de Clermont-Ferrand – Groupe Aurillac-Lycée

Correction énoncé :

-exercice 3 : 1 b . A D2 ( ou bien tu mets des pointillés comme dans la version initiale : tu choisis )

Corrections :

Ex 1 commun:

1- 1361 personnes

2- Chômeurs ; C ; 2812 ; FC

3- Hommes au chômage ayant entre 25 et 49 ans ; 816 personnes

4- Femmes de plus de 15 ans au chômage ou personnes au chômage entre 50 et 64 ans. 1633

personnes.

5- Hommes de plus de 15 ans au chômage. 1451.

6- Personnes au chômage de plus de 25 ans. 2154 personnes.

Ex 2 commun:

1- ; ; ;

2- x[ 1 ; 2[ et [1 ; 2 [ R

3-

4- [1 ; 2 [

5- [ 0 ; 3 [

6- Disjoints

7- ] -∞ ; 4]

8- ] -∞ ; 1[ [3 ; + ∞ [ ; idem

9- ] -∞ ; -1]

Ex 3 commun:

1 a- 2x(-1) + 1 = - 1 donc A D1

b- -(-1)+ 3 = 4 -1 donc A D2

c- D1D2 = B avec B ( 2/3 ; 7/3 ), résoudre 2x+1=-x+3

2- F… (EGB)

a- (FG) (FBC)

b- ( EHB) ( ABD) = (BC)

c- ( EHB) ( FG) =

d- (HD) ( ABC) = D

Ex 4 : A = 2(3x – 1)² – (5x + 3)(2 – 3x)

A = 2 ( 9x² – 6x + 1) – ( 10x – 15x2 + 6 – 9x)

A = 18x² – 12x + 2 – 10x + 15x2 – 6 + 9x.

A = 33x² – 13x – 6.

A toi de jouer: B = (2x – 9)(3 – 2x) + 5(2x + 1)² = 6x – 6x² – 27 + 18x + 5(4x2 + 4x + 1) = 14x² + 44x – 22 . C = 4(x – 6)² – 3(5x + 3)(5x – 3)= 4(x2 – 12x + 36) – 3(25x2 – 9)= 4x² – 48x + 144 – 75x² + 27 = –71x² – 48x + 171 . Ex 5:

Exemple guidé :

A = 6x + 3 + 4(2x + 1)²

A = 3(2x + 1) + 4(2x + 1)²

A = (2x + 1)[ 3 + 4(2x + 1)]

A=(2x + 1)[ 3 + 8x + 4]

A= (2x + 1)(8x + 7)

Exemple guidé :

A = 36x² – (5x + 1)²

A = (6x)² – (5x + 1)²

A= [ ( 6x) + (5x + 1)][( 6x) + (5x + 1)]

A = [ 6x + 5x + 1][ 6x – 5x – 1]

A= (11x + 1)(x – 1 )

A toi de jouer: B = 2(5x – 1)² + 10x – 2 B = 2(5x – 1)² + 2(5x – 1) B = (5x – 1)[2(5x – 1) + 2] B = (5x – 1)(10x) B = 10x(5x – 1) C = (x² – 4) + (x + 2)² C = (x – 2)(x + 2) + (x + 2)² C = (x + 2)[(x – 2) + (x + 2) ] C = (x + 2)(2x) C = 2x(x + 2)

A toi de jouer: B = (4x – 3)² – 25x² B = (4x – 3)² – (5x)² B = [(4x – 3) – (5x)][(4x – 3) + (5x)] B = (-x – 3)(9x – 3) C = 49 – ( 5x + 2)² C = [ 7– ( 5x + 2)][7 + ( 5x + 2)] C = (-5x + 5)(5x + 9)

Ex 6: Exemple guidé :

A = 4 + 3

𝑥+2 (Cette expression existe si et seulement si x + 2 ≠ 0 soit x ≠ 2 ( valeur interdite pour A))

A = 4×(𝑥+2)

𝑥+2+

3

𝑥+2

4𝑥+8

𝑥+2+

3

𝑥+2 =

𝟒𝒙+𝟏𝟏

𝒙+𝟐

A toi de jouer:

B = 2x

3x−1 – 5 =

2x

3x−1 –

5(3x−1)

3x−1 =

2x−15x+5

3x−1 =

−𝟏𝟑𝐱+𝟓

𝟑𝐱−𝟏 (VI : x =

13

)

C = 4

2x+6 –

3

𝑥−5=

4(𝑥−5)

2x+6 –

3(2𝑥+6)

𝑥−5=

4𝑥−20−6𝑥−18

𝑥−5=

−𝟐𝒙−𝟑𝟖

𝒙−𝟓 (VI : x = 5)

Exercice 7 : ABCD est un carré de côté 6 cm. I est le milieu de [ AD] . M est un point de BC] et N un point de [CD] tels que BM = CN = x . Exprimer en fonction de x l'aire du triangle IMN. AIMN = AABCD – ( AMCN + ADIN + AABMI)

= c2 – ( 𝐶𝑀 ×𝐶𝑁

2 +

𝐷𝐼 ×𝐷𝑁

2 +

(𝐵𝑀+𝐴𝐼) ×𝐴𝐵

2)

= 36 – (𝑥(6−𝑥)

2 +

3(6−𝑥)

2 +

(𝑥+3)6

2)

= 36 – ( 6𝑥−𝑥2+18−3𝑥+6𝑥+18

2 )

= 36 – ( −𝑥2+9𝑥+36

2 )

= 72+𝑥2− 9𝑥− 36

2

= 𝑥2− 9𝑥+36

2

Autour des fonctions

Pré-requis : Notions de fonctions, images, antécédents, fonctions affines, résolutions d’équations Fonctions de degré 2, tableaux de signes et de variations. Exercice 8 : Fonctions affines

On considère la fonction affine f définie sur par f(x) = 2x – 3. Sa représentation graphique est donnée ci-contre. 1) a) Déterminer graphiquement l’image de 2 par f. L'image de 2 est 1 ou f(2) = 1 b) Retrouver ce résultat par le calcul. f(2) = 2 × 2 – 3 = 1. 2) a) Déterminer graphiquement l’antécédent par f de –0,5. L'antécédent de -0,5 est environ 1,2. b) Retrouver ce résultat par le calcul. On cherche x tel que f(x) = -0,5

2x – 3 = -0,5 2x = 2,5 x = 1,25. Exercice 9 : Second degré

On considère la fonction f définie sur par f(x) = x² – 6x – 7. Sa représentation graphique est donnée ci-contre. 1) a) Déterminer graphiquement l’image par f de 5. f(5) = -12. b) Retrouver ce résultat par le calcul. f(5) = 5² – 6 × 5 – 7 = -12. 2) a) Déterminer graphiquement les antécédents de 0 par f . Les antécédents de 0 sont -1 et 7. b) Montrer que f(x) = (x – 3)² – 16 . On a : (x – 3)² – 16 = x2 – 6x + 9 – 16 = x² – 6x – 7. Donc f(x) = (x – 3)² – 16 . c) Déterminer algébriquement les antécédents de 0. On cherche x tel que f(x) 0

(x – 3)² – 16 = 0

(x – 3 – 4)(x – 3 + 4) = 0

(x – 7)(x + 1) = 0

x = 7 ou x = -1 .

3) Donner le tableau de variation de la fonction f.

x - 3 +

f(x)

-16

4) Donner le tableau de signes de la fonction f. 5) a) Déterminer graphiquement les antécédents de 2 par f. Les antécédents de 0 sont -1,3 et 7,2. b) Déterminer algébriquement les antécédents de 2 par f. On cherche x tel que f(x) = 2

(x – 3)² – 16 = 2

(x – 3)² – 18 =

(x – 3 – 18)(x – 3 + 18) = 0

x = 3 + 3 2 ou x = 3 - 3 2 . Exercice 10 : Avec algorithme On considère les deux algorithmes donnés ci-contre.

1) Programmer ces deux algorithmes sur votre calculatrice. Les tester sur quelques nombres. 2) Quelle conjecture pouvez-vous formuler ? La démontrer. On conjecture que les deux algorithmes sont égaux. Algorithme A : c = x2 – 6x + 8 Algorithme A : c = (x – 3)² – 1 = x2 – 6x + 8 3) Quels nombres doit-on entrer pour obtenir 48 comme résultat ? (Résolution algébrique attendue).

On résout c = 48 (x – 3)² – 1 = 48

(x – 3)² = 49 x – 3 = 7 ou x – 3 = -7 x = 10 ou x = - 4 Exercice 11 : Plus corsé

On considère la fonction f définie sur par f(x) = x3 – x² – 6x. Sa représentation graphique est donnée ci-contre.

1) a) Déterminer graphiquement l’image par f de –32

.

f(–32

) 3

b) Retrouver ce résultat par le calcul.

f(–32

)= (–32

)3 – (–32

)² – 6 × –32

= -278

- 94

+ 9 = 278

2) a) Déterminer graphiquement les antécédents de 0 par f. Les antécédents de 0 sont -2 , 0 et 3. b) Développer (x – 3)(x + 2). (x – 3)(x + 2) = x2 – x – 6.

x - -1 7 +

x² + x – 6 + 0 - 0 +

En déduire une factorisation de la fonction f. f(x) = x( x2 – x – 6) = x(x – 3)(x + 2). c) Déterminer algébriquement les antécédents de 0.

On résout f(x) = 0 x(x – 3)(x + 2) = 0 x = 0 ou x = 3 ou x = -2. 3) Donner le tableau de variation de la fonction f.

x - -1,2 1,8 +

f(x)

4

-8,2

4) En utilisant la factorisation trouvée en 2 b), donner le tableau de signes de la fonction f.

x - -2 0 3 +

x - - 0 + +

x - 3 - - - 0 +

x + 2 - 0 + + +

P(x) - 0 + 0 - 0 +

5) a) Déterminer graphiquement les antécédents de – 6 par f. Les antécédents de -6 sont -2,5 , 1 et 2,5. b) Factoriser x3 – x² et – 6x + 6. x3 – x² = x² (x – 1) et – 6x + 6= -6(x – 1) c) Déterminer algébriquement les antécédents de -6. On utilisera les factorisations trouvées en 5 b).

f(x) = - 6 x3 – x² – 6x = -6 x3 – x² – 6x + 6 = 0 x² (x – 1) -6(x – 1) = 0

(x – 1)(x2 – 6) = 0 (x – 1)(x – 6)(x + 6) = 0

Les antécédents de -6 sont 1 ; 6 et - 6. Exercice 12 : Optimisation On dispose d’un carré de métal de 10 cm de côté. Pour fabriquer une boîte sans couvercle, on enlève à chaque coin un carré de côté x cm on relève les bords pour obtenir un pavé droit.

1) Donner un intervalle pour la variable x.

x [ 0; 5 ] 2) Déterminer le volume V(x) de la boîte.

V(x) = x (10 – 2x)2 = x( 100 – 40x + 4x2) = 4x3 – 40x2 + 100x. 3) Utiliser la calculatrice pour déterminer le volume maximal et la valeur de x correspondante (On arrondira au dixième).

Le maximum est 74,1 cm3 pour x 1,7 cm.

Livret 2nde vers 1ère S

Equations et inéquations

Exercice 13 :

1- (5x - 1)(x - 9) - (x - 9)(2x - 1) = 0

(x - 9)[5x - 1 - (2x - 1)] = 0

(x - 9)(3x) = 0

d’où x - 9 = 0 ou 3x = 0

x = 9 x = 0

2- x

x

x

x 43

5

13

(3x - 1)x = (3x - 4)(x - 5)

3x² - x = 3x² - 19x + 20

18x = 20

d’où 9

10x

3- 3

54

32

25²16

x

x

x

3(16x² - 25) = (4x - 5)(2x - 3)

3(4x + 5)(4x - 5) = (4x - 5)(2x - 3)

(4x - 5)[12x + 15 - (2x - 3)] = 0

(4x - 5)(10x + 18) = 0

d’où 4x - 5 = 0 ou 10x + 18 = 0

4

5x

5

9x

4- 2(x - 1)(x - 3,5) = 4x² - 28x + 49

2(x - 1)(x - 3,5) = (2x - 7)²

2(x - 1)(x - 3,5) = 4(x - 3,5)²

(x - 3,5)[2x - 2 - 4(x - 3,5)] = 0

(x - 3,5)(-2x + 10) = 0

d’où x - 3,5 = 0 ou -2x + 10 = 0

x = 3,5 x = 5

5- 4)²3(

3²

x

xx

x² - 3x = 4(x - 3)²

x(x - 3) = 4(x - 3)²

(x - 3)[x - 4(x - 3)] = 0

(x - 3)(-3x + 12) = 0

d’où x - 3 = 0 ou -3x + 12 = 0

x = 3 x = 4

Exercice 14 :

1-a- x² + 2x = (x + 1)² - 1

b- x² + 2x - 8 = 0

(x + 1)² - 1 - 8 = 0

(x + 1)² - 9 = 0

c- (x + 1 + 3)(x + 1 - 3) = 0

(x + 4)(x - 2) = 0

d’où x + 4 = 0 ou x - 2 = 0

x = -4 x = 2

2- x² + 12x + 11 = 0

(x + 6)² - 36 + 11 = 0

(x + 6)² - 25 = 0

(x + 6 + 5)(x + 6 - 5) = 0

(x + 11)(x + 1) = 0

d’où x + 11 = 0 ou x + 1 = 0

x = -11 x = -1

Exercice 15 : 1-

2- P(x) ≥ 0 : S = ]-∞ ; 3,5] U [4 ; +∞ [

P(x) < 0 : S = ]3,5 ; 4[

Exercice 16 : 1- (3x + 2)² - (3x + 2)(5x + 1) ≤ 0

(3x + 2)(-2x + 1) ≤ 0

S = ]-∞ ; -2/3] U [1/2 ; +∞ [

2- (2 - x)² > 36

(2 - x)² - 36 > 0

(2 - x + 6)(2 - x - 6) > 0

(-x + 8)(-x - 4) > 0

S = ]-∞ ; -4[ U ]8 ; +∞ [

x - ∞ 3,5 4 +∞

-3x + 12 + + 0 -

7 - 2x + 0 - -

P(x) + 0 - 0 +

x - ∞ -2/3 1/2 +∞

3x + 2 - 0 + +

-2x + 1 + + 0 -

P(x) - 0 + 0 -

x - ∞ -4 8 +∞

-x+8 + + 0 -

-x - 4 + 0 - -

P(x) + 0 - 0 +

Exercice 17 : 1- y = 20 - x Erreur dans le sujet ! 2- ≤ au lieu de ≥

2- x y ≥ 91

x(20 - x) ≥ 91

-x² + 20x - 91 ≥ 0

et (7 - x)(13 - x) ≤ 0

x² - 20x + 91 ≤ 0

-x² + 20x - 91 ≥ 0

3-

S = [ 7 ; 13]

Ex 18 :

1-

2- Q(x)≥0 pour x]-4 ; 1,5]

Q(x)≤0 pour x]-∞;-4[ ꓴ[1,5;+∞[ Ex 19 :

1- S=[-17/5 ; -3[ 2- S=]0,5; 47/13]ꓴ]5;+∞[

Exercice 20 :

1- 0²49

16²

x

x

0)23)(23(

)4)(4(

xx

xx

S = [-4 ; -3/2[ U ]3/2 ; 4]

x - -4 1,5 +

(-2x+3) / (x+4) - + 0 -

x - ∞ 7 13 +∞

7 - x + 0 - -

13 - x + + 0 -

P(x) + 0 - 0 +

x - ∞ -4 -3/2 3/2 4 +∞

x + 4 - 0 + + + +

x – 4 - - - - 0 +

3 + 2x - - 0 + + +

3 - 2x + + + 0 - -

Q(x) - 0 + || - || + 0 -

2- 32

1

1

32

x

x

x

x

032

1

1

32

x

x

x

x

0)32)(1(

)²1()²32(

xx

xx

0)32)(1(

)132)(132(

xx

xxxx

0)32)(1(

)2)(43(

xx

xx

S = [-2 ; -3/2[U]-1; -4/3]

x - ∞ -2 -3/2 -1 -4/3 +∞

3x + 4 - - - - 0 +

x + 2 - 0 + + + +

x+1 - - - 0 + +

2x+3 - - 0 + + +

P(x) + 0 - || + || - 0 +

Exercice 21

Voici un schéma tout à fait

propice à la résolution d’un

tel problème.

Le but de l’exercice est en fait

de calculer la hauteur SG.

Déterminons, dans l’ordre, les

longueurs BI, puis BG et enfin SG.

Le triangle BIA est rectangle en I donc d’après le théorème de Pythagore :

BA² = BI² + IA²

donc BI² = BA² - IA²

donc BI² = 10² - 5²

donc BI² = 100 - 25 = 75 donc BI = √ 75 = √25 × 3 = 5 √3

Pour la longueur BG, il faut se rappeler que, dans une pyramide régulière, le pied de

la hauteur est aussi le centre de gravité de la base. Or, dans un triangle, le centre de

gravité est situé au tiers de chacune des trois médianes, en partant de la base, soit

encore aux deux tiers de chacune des trois médianes, en partant du sommet.

Ainsi, BG = 2

3 BI =

2

3 × 5 × √3 =

10

3 √3

Enfin, le triangle BGS étant rectangle en G, d’après le théorème de Pythagore :

BS² = BG² + GS²

donc GS² = BS² - BG²

donc GS² = 10² - (10

3 √3 ) ²

donc GS² = 100 - 100

9 × 3

donc GS² = 100 - 100

3 =

300

3 -

100

3 =

200

3

donc GS = √200

3 = √

2 × 100

3 = 10 √

2

3

Ainsi, la hauteur de cette pyramide est 10 √ 𝟐

𝟑 cm soit environ 8,2 cm.

Exercice 22

Le but de l’exercice est de déterminer la valeur du rayon r du cochonnet.

Le triangle BCH est rectangle en H donc d’après le théorème de Pythagore :

BC² = BH² + HC² avec BC = BF + FC = 4 + r

BH = 4

HC = HD – DC = 4 – r

donc ( 4 + r )² = 4² + ( 4 – r )²

donc 16 + 8 r + r² = 16 + 16 - 8 r + r²

donc 16 r = 16

d’où r = 1 cm

Exercice 23

VRAI/FAUX : Dire si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses en justifiant les réponses.

Soit la droite d’équation y = 5x + 3.

1). Le point C(-2 ; 7) appartient à la droite si et seulement si les coordonnées de C vérifient l’équation de la

droite . Or, 5(-2) + 3 = -7 7. Donc C . L’affirmation est donc fausse.

2). La droite ’ a pour coefficient directeur de ’ est égal à 3, celui de est égale à 5. Or 3 5, donc

l’affirmation est fausse.

3). 5(-2,5) + 3 = -9,5. Donc D . De plus, 3(-2,5) - 2 = -9,5. Donc D ’. L’affirmation est donc vraie.

4). Le coefficient directeur de d est positif, car la droite « monte ». L’affirmation est donc fausse.

5). La droite d’ est horizontale et passe par le point de coordonnées (0 ; 2). L’affirmation est donc vraie.

6). La droite d passe par les points de coordonnées (0 ; -3) et (1 ; -1). L’affirmation est donc vraie.

7). La droite d’ est horizontale donc son coefficient directeur est égal à 0. L’affirmation est donc fausse.

8). La droite d’ ne passe pas par l’origine du repère donc l’affirmation est fausse.

9). « On avance de 1 horizontalement et descend de 2 ». L’affirmation est donc vraie.

10). Le coefficient directeur de d’’ est égal à -2 d’après le schéma. Donc l’affirmation est fausse.

Exercice 24 :

1). Tout d’abord, vérifions que la droite n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées (ou verticale).

On remarque que yA yB. Donc (AB) admet une équation de la forme y = mx + p.

Déterminons son coefficient directeur m = 𝑦𝐵−𝑦𝐴

𝑥𝐵−𝑥𝐴 =

4−1

−2−4 =

3

−6 =

−1

2 (ou -0,5). D’où (AB) : y = -0,5x + p.

Déterminons son ordonnée à l’origine p, en remplaçant x et y par les coordonnées de A(4 ; 1), point de la droite :

1 = -0,54 + p ssi -2 + p = 1 ssi p = 3. D’où (AB) : y = -0,5x + 3.

2). Sur Geogebra.

Exercice 25:

Soit x l’âge de la fille du professeur et y l’âge du professeur.

D’après l’énoncé : y = 2x. Dans 12 ans : y + 12 = 3(x + 12).

On résout le système d’équations suivant :

𝑦 = 9𝑥

𝑦 + 12 = 3(𝑥 + 12) ssi

𝑦 = 9𝑥 9𝑥 + 12 = 3𝑥 + 36

ssi 𝑦 = 9𝑥

6𝑥 = 24 ssi

𝑦 = 9 × 4 = 36𝑥 = 4

Ainsi le professeur a 36 ans et sa fille 4 ans.

Exercice 26

Questionnaire à Choix Multiple.

1). Réponses b), d). 2). Réponses a), d). 3). Réponse b). 4). Réponse d). 5). Réponse a).

6). Réponse c). 7). Réponse d). 8). Réponses a), b). 9). Réponses a), c). 10). Réponses a), c).

EXERCICE n°27 : 1.

2. 𝐴𝐵 =

5

7𝐴𝐶 𝐵𝐶 = −

2

5𝐵𝐴 𝐶𝐴 = −

7

2𝐵𝐶 .

Exercice 28 :

1).

2). a). On sait que 𝐵𝐷 = 𝐴𝐶 , donc BDCA est un parallélogramme. On en déduit que que 𝐵𝐴 = 𝐷𝐶 .

De plus, A est le milieu de [BJ]. Donc que 𝐵𝐴 = 𝐴𝐽 . Par conséquent : 𝐷𝐶 = 𝐴𝐽 .

b). Comme 𝐷𝐶 = 𝐴𝐽 , on peut affirmer que DCJA est un parallélogramme.

Exercice 29 : Dans un repère, on donne les points A(-1 ; 3), B(7 ; -1), C(5 ; 0), D(4 ; 2) et E(0 ; 4).

1). 𝐴𝐵 (𝑥𝐵 − 𝑥𝐴

𝑦𝐵 − 𝑦𝐴) = (

7 + 1−1 − 3

) = (8

−4) et 𝐴𝐶 (

𝑥𝐶 − 𝑥𝐴

𝑦𝐶 − 𝑦𝐴) = (

5 + 10 − 3

) = (6

−3).

On remarque que -38 = -46 (= -24), donc les coordonnées des vecteurs 𝐴𝐵 et 𝐴𝐶 sont

proportionnelles. Ainsi 𝐴𝐵 et 𝐴𝐶 sont colinéaires et les points A, B et C sont alignés.

2). 𝐴𝐵 (8

−4) et 𝐷𝐸 (

𝑥𝐸 − 𝑥𝐷

𝑦𝐸 − 𝑦𝐷) = (

0 − 44 − 2

) = (−42

).

On remarque que -4(-4) = 82 (= 16), donc les coordonnées des vecteurs 𝐴𝐵 et 𝐷𝐸 sont

proportionnelles. Ainsi 𝐴𝐵 et 𝐷𝐸 sont colinéaires et les droites (AB) et (DE) sont parallèles.

EXERCICE n°30 :

𝑢1 (06) 𝑢2 (

4−4

) 𝑢3 (70) 𝑢4 (

−30

) 𝑢5 (−11

) 𝑢6 (11) 𝑢7 (

−3−3

) 𝑢8 (50)

Géométrie : Correction du problème

Problème de géométrie

Le but de ce problème est de démontrer de plusieurs manières un même résultat : les pointsde concours des droites remarquables du triangle c’est à dire l’orthocentre pour les hauteurs,le centre du cercle circonscrit pour les médiatrices des cotés et le centre de gravité pour lesmédianes sont alignés sur une même droite, appelée droite d’Euler.

Les trois parties de ce problème sont indépendantes. Les résultats d’une partie ne doiventpas être utilisés dans une autre partie.

Soit ABC un triangle et soient A′ ,B′, C ′ les les milieux respectifs des segments [BC], [CA]et [AB].

Partie A : Géométrie plane

1.

A

B

C

C′

B′

A′O

G

H

D

2. (a) Les triangles ACD et ABD sont rectangles respectivement en C et D. En effet,si untriangle est inscrit dans un cercle et que l’un des côtés du triangle est le diamètrede ce cercle alors le triangle est rectangle or les deux triangles ACD et ABD sontinscrits dans le cercle C dont leur côté [AD] est le diamètre, ils sont donc rectangles.

(b) La droite (BH) est une hauteur du triangle ABC donc (BH)⊥(AC) et d’aprèsla question précédente,ACD est rectangle en Cdonc (AC)⊥(CD) donc (CD) et(BH) sont parallèles. On raisonne de même pour démontrer que (CH) et (BD)sont parallèles. On déduit immédiatement que le quadrilatère CHBD est un parallè-logramme.Comme dans un parallèlogramme les diagonales se coupent en leur milieuet que A′ est le milieu de [BC], on en déduit que A′ est le milieu de l’autre diagonale[HD].

3. (a) Les droites (HO) et (AA′) sont donc des médianes du triangle AHD.

(b) on sait que le centre de gravité d’un triangle est situé au deux tiers de la médianeen partant du sommet, donc comme G est le centre de gravité de ABC il est situéau deux tiers de [AA′] et c’est donc aussi le centre de gravité du triangle AHD.Comme (HO) est une médiane du triangle, on en déduit que les points O, H et Gsont alignés.

Partie B : Géométrie vectorielle

Caractérisation vectorielle de l’orthocentre

On considère le point H défini par :−−→OH =

−→OA +

−−→OB +

−→OC.

1.−−→OB +

−→OC =

−−→OA′ +

−−→A′B +

−−→OA′ +

−−→A′C

= 2−−→OA′ car A′ est le milieu de [BC]

2.−−→AH =

−→AO +

−−→OH Relation de Chasles

=−→AO +

−→OA +

−−→OB +

−→OC Définition de

−−→OH

=−−→OB +

−→OC Relation de Chasles

= 2−−→OA′ question précédente

3. La droite (OA′) est la médiatrice de [BC] (elle passe par le milieu du segment et parle centre du cercle circonscrit), elle est donc perpendiculaire à (BC). De la questionprécédente, on déduit que (AH)//(OA′) or si deux droites sont parallèles, toute per-pendiculaire à l’une est perpendiculaire à l’autre donc les droites (AH) et (BC) sontperpendiculaires.

4. On démontre de même que−−→BH = 2

−−→OB′ et donc que les droites (BH) et (AC) sont

perpendiculaires.

5. (AH) et (BC) sont perpendiculaires donc (AH) est la hauteur issue de A du triangleABC. (BH) et (AC) sont perpendiculaires donc (BH) est la hauteur issue de B dutriangle ABC.Le point H commun à ces deux droites est donc l’orthocentre du triangleABC.

Caractérisation vectorielle du centre de gravité

On considère le point G le point défini par−→GA +

−−→GB +

−→GC = ~0

1. Montrer, en utilisant la relation précédente, que le point G vérifie−→GA + 2

−−→GA′ =

−→0 .

−→GA +

−−→GB +

−→GC = ~0

⇐⇒−→GA +

−−→GA′ +

−−→A′B +

−−→GA′ +

−−→A′C = ~0

⇐⇒−→GA + 2

−−→GA′ = ~0

2.−→GA + 2

−−→GA′ = ~0

−→GA + 2

−→GA + 2

−−→AA′ = ~0

3−→GA + 2

−−→AA′ =

−→0

3. On en déduit que−→AG = 2

3

−−→AA′. G est l’image de A par la translation de vecteur 2

3

−−→AA′ .

4.−→AG = 2

3

−−→AA′ donc G ∈ (AA′) de même

−−→BG = 2

3

−−→BB′ donc G ∈ (BB′) et

−→CG = 2

3

−−→CC ′

donc G ∈ (CC ′). G est le centre de gravité du triangle ABC.

Droite d’Euler

On note G le centre de gravité du triangle ABC

1. L’égalité−→GA = −2

−−→GA′ provient de la question 2 du paragraphe précédent.

2.

−→GA = −2

−−→GA′

⇐⇒−→GO +

−→OA = −2

(

−→GO +

−−→OA′

)

⇐⇒−→OA =

−→OG − 2

−→GO − 2

−−→OA′

⇐⇒ 3−→OG =

−→OA + 2

−−→OA′

3. En déduire que 3−→OG =

−−→OH D’après la question précédente :

3−→OG =

−→OA + 2

−−→OA′

⇐⇒ 3−→OG =

−→OA +

(

−−→OB +

−−→BA′

)

+(

−→OC +

−−→CA′

)

⇐⇒ 3−→OG =

−→OA +

−−→OB +

−→OC car

−−→BA′ +

−−→CA′ =

−→0

⇐⇒ 3−→OG =

−−→OH par définition de

−−→OH

4. Les vecteurs−→OG et

−−→OH sont donc colinéaires et les points O, G et H sont distincts lorsque

le triangle ABC n’est pas équilatéral. On conclut que les trois points sont alignés.

5. Les points O, G et H sont confondus quand ABC est équilatéral.

Partie C : Géométrie analytique

Dans cette partie, on ne fera pas une étude générale mais on étudiera un cas particulier.Ceci étant dit, on pourra appliquer cette méthode à tous les cas rencontrés mutatis mutandis.On se place dans un repère orthonormé

(

Ω,~i,~j)

du plan. On considère les points A(-1 ;-2),

B(-3 ;2) et C(2 ;3).

1

2

3

−1

−2

−3

1 2−1−2−3−4

A

B

C

H

O

G

Centre de gravité

1. Déterminons les coordonnées de A′ milieu de [BC] :

xA′ =xB + xC

2=

−3 + 2

2=

−1

2yA′ =

yB + yC

2=

2 + 3

2=

5

2

La droite (AA′) a donc pour coefficient directeur m = −2−2,.5−1+0,5

= 9 et comme A ∈ (AA′),yA = 9xA + p donc p = −2 + 9 × 1 = 7 donc (AA′) a pour équation y = 9x + 7

2. Déterminons les coordonnées de B′ milieu de [AC] :

xB′ =xA + xC

2=

−1 + 2

2=

1

2yB′ =

yA + yC

2=

−2 + 3

2=

1

2

. La droite (BB′) a donc pour coefficient directeur m = 2−0,5−3−0,5

= −37

et comme B ∈

(BB′), 2 = −37× (−3) + m donc m = 5

7équation de (BB′) est donc y = −

37x + 5

7.

3. Le centre de gravité G de ABC est le point d’intersection des médianes (AA′) et (BB′).On résout un système pour obtenir les coordonnées de G

(

−23

; 1)

Centre du cercle circonscrit

Soit M un point du plan de coordonnées (x; y)

1. (a) MA2 = (x + 1)2 + (y + 2)2

(b) MB2 = (x + 3)2 + (y − 2)2 en fonction de x et de y.+

(c) L’ensemble des points M du plan tels que MA = MB est la médiatrice du segment[AB]

(d)

MA = MB ⇐⇒ MA2 = MB2⇐⇒ (x + 1)2 + (y + 2)2 = (x + 3)2 + (y − 2)2

x2 + 2x + 1 + y2 + 4y + 4 = x2 + 6x + 9 + y2− 4y + 4

8y = 4x + 8

y =1

2x + 1

L’équation de la médiatrice de [AB] est donc y = 12x + 1

2. En procédant de même, déterminer une équation de la médiatrice du segment [AC].

MA = MC ⇐⇒ MA2 = MC2⇐⇒ (x + 1)2 + (y + 2)2 = (x − 2)2 + (y − 3)2

x2 + 2x + 1 + y2 + 4y + 4 = x2− 4x + 4 + y2

− 6y + 9

10y = −6x + 8

y = −3

5x +

4

5

3. Le centre O du cercle circonscrit au triangle ABC est le point d’intersection des deuxmédiatrices précédentes. En résolvant un système, on obtient O

(

−211

; 1011

)

.

Orthocentre

1. Médiatrice d’un côté et hauteur relative au sommet opposé sont parallèles car elles sonttoutes deux perpendiculaires au côté !

2. Comme la médiatrice du côté [AB] d’équation y = 12x + 1, est parallèle à la hauteur

issue de C, celle-ci a une équation de la forme y = 12x + b et C appartient à cette droite

donc b = 2 et l’équation de cette hauteur du triangle est y = 12x + 2.

De même, on trouve pour la hauteur issue de B a pour équation y = −35x + 1

5

3. L’orthocentre H de ABC est l’intersection de ces deux droites, on résout un système eton obtient H

(

−1811

; 1311

)

.

Droite d’Euler

1. Montrer que G, H et O sont alignés de deux manières différentes.

— Soient α(GH) = yG−yH

xG−xH=

1− 13

11

−2

3+ 18

11

= −316

le coefficient directeur de la droite (GH)

et α(GO) = yG−yO

xG−xO=

1− 10

11

−2

3+ 2

11

= −316

. Les deux droites (GH) et (GH) sont donc

parallèles et comme elles ont un point en commun, elles sont confondues : lespoints G, H et O sont alignés.

— On a−−→HG

(

3233

−211

)

et−→OG

(

1633

−110

)

Calculons x−−→HG

×y−−→OG

−x−−→OG

×y−−→HG

= 3233×

−111−

−211×

1633

=

0 donc les vecteurs−−→HG et

−→OG sont colinéaires et comme ci-dessus, on conclut que

les points G, H et O sont alignés.

2. Pour découvrir les travaux d’Euler : https://fr.wikipedia.org/wiki/Leonhard_Euler.

Exercice 32

1. Les équipes médianes sont Bourgoin et Colomiers (8e et 9e équipe).

2. On considère la liste statistique ordonnée des points marqués :

• Q1 = 53 (4e valeur)

• Q2 = 66,5

• Q3 = 88 (12e valeur)

3. Soit x le score de Lyon en 2013. On a 117 = 1,80x d’où x = 65 points

4. Soit x’ le score d’Aurillac en 2013. On a 59 = 0,7867x’ d’où x’ = 75 points

5. Aurillac était cinquième

Exercice 33

Remarquons qu’il y a 30 matches au total

1. Moyenne m = 1,63

2.

nombre d'essais 0 1 2 3 4 5

effectif : 6 8 10 4 1 1

fréquence (%) : 20 27 33 13 3 3

Effectifs cumulés croissants :

6 14 24 28 29 30

3. me = 2 ; Aurillac a inscrit deux essais ou moins la moitié de la saison. Aurillac a inscrit au moins

deux essais la moitié de la saison.

4. Q1 = 1 (8e valeur) et Q3 = 2 (23e valeur)

5. En B3 : =B2*100/30

En C4 : =B4+C2

STATISTIQUES Exercice 34

1. L’effectif total de la série est 39. 2. Le 1er quartile est 87,5 kg. Le 2ème quartile ou médiane est 102,5 kg. Le 3ème quartile est 115 kg.

3.

4. Le poids moyen de l’effectif du Stade Aurillacois est de environ 101, 67 kg.

Masse (kg) Effectif

[70 ; 80[ 3

[80 ; 90[ 9

[90 ; 100[ 6

[100 ; 110[ 8

[110 ; 120[ 8

[120 ; 130[ 3

[130 ; 140[ 2

Exercice 35 :

1. a) On sait que I =

[

p−1√n

; p−1√n

]

.

Ici p =8

100et n = 200 donc I =

[

0,08−1

√200

; 0,08−1

√200

]

= [0,009 ; 0,151].

b) Ici, on a f =50

200= 0,25 /∈ I.

Au risque d’erreur de 5%, on peut supposer que l’échantillon reçu par l’entreprise n’est pas conforme à la produc-tion.

2. On a ici f =4, 5

100avec n = 1 000.

Au seuil de confiance de 95%, l’intervalle de confiance est donnée par I =

[

f −1√n

; f +1√n

]

I =

[

0,045−1

√1000

; 0,045 +1

√1000

]

soit I = [0,013 ; 0,077].

1

Exercices probas

Numéro 36 livret 2nd – 1S

QCM

1. 1/3

2. 1/6

3. N’obtenir aucun roi

4. 0,3

5. 0,5

6. 0,25

7. Environ 0,004 ( 1 / 28)

Problème proba 2nd-1S = numéro 34 livret 2nd-1ES

1a.

2 a. p(A)=2/7

p(B) = 3/7

A∩B : « le vêtement est une jupe bleue » et p(A∩B ) =1/7

AB : « le vêtement est une jupe bleue » et p(AB ) =4/7

Problème de probabilités

1/

a.

Nature vetement Jupes Chemisiers Gilets Total

Probabilité 2/7 3/7 2/7 1

b.

Couleur vetement Bleu Noir Jaune Marron Total

Probabilité 3/7 2/7 1/7 1/7 1

2/

a. p(A)=2/7 et p(B) = 3/7

A∩B : « le vêtement est une jupe bleue » et p(A∩B ) =1/7

AB : « le vêtement est une jupe bleue » et p(AB ) =4/7

𝑝() = 1 − 𝑝(𝐴) = 5/7

𝑝( ∩ 𝐵) = 2/7 (le vêtement n’est pas une jupe et il est bleu)

b. 𝐴 ∪ 𝐵 et ∩ sont des évènements identiques (le vêtement n’est ni une jupe, ni bleu)

3/

a. On lance le dé : si le chiffre est impair, Julie prend une jupe noire ; si le chiffre est pair, Julie prend une jupe

bleue

b. On lance le dé : si 1 ou 2, elle prend le chemisier bleu ; si 3 ou 4, chemisier jaune ; si 5 ou 6, chemisier noir

4/

a.

b.

p(A) = 2/6 = 1/3

p(B) = 4/12 = 1/3

p(C) = 1/12

c. Il y a l’embarras du choix !

D : « Au moins deux vêtements sont de la même couleur »

E : « Le chemisier est jaune »

Jupe noire

Jupe bleue

Chemisier bleu

Chemisier jaune

Chemisier noir

Chemisier bleu

Chemisier jaune

Chemisier noir

Exercice 37 page 24

1. Chloé : 120 ; Laura : 5 ; Thibault : 0 et Thomas : 1 1 2 6 24

2. 5 ! = 120, Chloé a raison

3. Reprendre l’algorithme de Thibault et remplacer 5 par 1000 et « P x i » par « P + i »

Problème page 25

Partie A

2. : y = – x + 9

3. Voir ci – contre

4. k : y =m x + p

𝑚 =𝑦𝐵𝑘

− 𝑦𝐴𝑘

𝑥𝐵𝑘− 𝑥𝐴𝑘

=10 − 𝑘

−𝑘= −

10

𝑘+ 1

Bk k donc 10 – k = 0x + p donc p = 10 – k

5. 2 : y = – 4x + 8 et 1 : y = – 9x + 9

et 𝐼2 (1

5;

36

5)

6. k : y =(−10

𝑘+ 1) x + (10 – k)

k+1 : y =(−10

𝑘+1+ 1) x + (10 – k – 1 )

(−10

𝑘+ 1) x + (10 – k) = (−

10

𝑘+1+ 1) x + (10 – k – 1 ) donne après calculs 𝑥 =

𝑘(𝑘+1)

10 puis 𝑦 =

𝑘(𝑘+1)

10− 2𝑘 + 9

7. Dans la boucle il suffit de rajouter l’instruction : « Placer le point Ik(𝑘(𝑘+1)

10 ;

𝑘(𝑘+1)

10− 2𝑘 + 9)»

8.

9.

Partie B

1. Avec Algobox :

2. 𝑅 = 𝑐𝑜𝑠 (3𝜋

12) = 𝑐𝑜𝑠 (

4) =

√2

2